Dạng 3: Bất đẳng thức cô-si có đáp án

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si:

- Cho cặp số a, b, ta được:

$a+b\ge 2\sqrt{ab}$                                                    (1)

- Cho cặp số $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$, ta được:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{2}{\sqrt{ab}}$                                                    (2)

Nhân hai vế tương ứng của (1), (2), ta được:

$\left(a+b\right)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\ge 2\sqrt{ab}.\frac{2}{\sqrt{ab}}=4$, đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}a=b\\ \frac{1}{a}=\frac{1}{b}\end{array}\right.\iff a=b$ 

Biến đổi bất phương trình về dạng:

$$\begin{gathered} \frac{a+b-2c}{c}+\frac{b+c-2a}{a}+\frac{c+a-2b}{b}\ge 0 \\ \iff \frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{b}\ge 6 \end{gathered}$$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho VT, ta được:

$\iff \frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{b}\ge 6.\sqrt[6]{\frac{a}{c}.\frac{b}{c}.\frac{b}{a}.\frac{c}{a}.\frac{c}{b}.\frac{a}{b}}=6$, đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi: $\frac{a}{c}=\frac{b}{c}=\frac{b}{a}=\frac{c}{a}=\frac{c}{b}=\frac{a}{b}\iff a=b=c$

Ta có:

$$\begin{gathered} \left(1+\frac{a}{b}\right)\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}}\iff {\left(1+\frac{a}{b}\right)}^m\ge 2^m\sqrt{{\left(\frac{a}{b}\right)}^m} \\ \left(1+\frac{b}{a}\right)\ge 2\sqrt{\frac{b}{a}}\iff {\left(1+\frac{b}{a}\right)}^m\ge 2^m\sqrt{{\left(\frac{b}{a}\right)}^m} \end{gathered}$$

Suy ra: 

$$\begin{gathered} {\left(1+\frac{a}{b}\right)}^m+{\left(1+\frac{b}{a}\right)}^m\ge 2^m\sqrt{{\left(\frac{a}{b}\right)}^m}+2^m\sqrt{{\left(\frac{b}{a}\right)}^m} \\ \ge 2.\sqrt{2^m.\sqrt{{\left(\frac{a}{b}\right)}^m}{.2}^m\sqrt{{\left(\frac{b}{a}\right)}^m}}=2^{m+1} \end{gathered}$$

Dấu đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}1=\frac{a}{b}\\ 1=\frac{b}{a}\\ {\left(1+\frac{a}{b}\right)}^m={\left(1+\frac{b}{a}\right)}^m\end{array}\right.\iff a=b$

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: $a+b\ge 2\sqrt{ab}\iff ab\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{k^2}{4}$

Từ đó suy ra ${\left(ab\right)}_{Max}=\frac{k^2}{4}$, đạt được khi $a=b=\frac{k}{2}$.

Với $x>0$, ta được $\frac{x}{3},\frac{15}{x}>0$.

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:

$y=\frac{x}{3}+\frac{12}{x}\ge 2.\sqrt{\frac{x}{3}.\frac{12}{x}}=4$

Từ đó suy ra $y_{Min}=4$, đạt được khi:

$\frac{x}{3}=\frac{12}{x}\iff x^2=36\iff x=6(x>0)$

Biến đổi: $y=\frac{1}{2}{x}^3+\frac{1}{2}{x}^3+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}\ge 5\sqrt[5]{\frac{1}{2}{x}^3.\frac{1}{2}{x}^3.\frac{1}{x^2}.\frac{1}{x^2}.\frac{1}{x^2}}=\frac{5}{\sqrt[5]{4}}$

Từ đó suy ra $y_{Min}=\frac{5}{\sqrt[5]{4}}$, đạt được khi:

$\frac{1}{2}{x}^3=\frac{1}{2}{x}^3=\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2}\iff x^5=2\iff x=\sqrt[5]{2}$

Với $-2\le x\le 3$, ta được $x+2\ge 0$ và $3-x\ge 0$.

Do đó sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:

$y=(x+2)(3-x)\le {\left[\frac{(x+2)+(3-x)}{2}\right]}^2=\frac{25}{4}$

Từ đó suy ra $y_{Max}=\frac{25}{4}$, đạt được khi:

$x+2=3-x\iff x=\frac{1}{2}$

Điều kiện $x\ne -1$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta được:

$VT=\frac{3}{\left|x+1\right|}+\frac{\left|x+1\right|}{3}\ge 2.\sqrt{\frac{3}{\left|x+1\right|}.\frac{\left|x+1\right|}{3}}=2=VP$.

Vậy phương trình tương đương với:

$\frac{3}{\left|x+1\right|}=\frac{\left|x+1\right|}{3}\iff 9={(x+1)}^2\iff \left[\begin{array}{l}x+1=3\\ x+1=-3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-4\end{array}\right.$

Vậy, phương trình có 2 nghiệm x = 2 và x = -4.